MegaMatma: Twierdzenie Pitagorasa. Twierdzenie odwrotne. Zastosowanie twierdzenia Pitagorasa.

Twierdzenie Pitagorasa. Twierdzenie odwrotne. Zastosowanie twierdzenia Pitagorasa.

Twierdzenie Pitagorasa

Jeżeli trójkąt jest prostokątny, to suma kwadratów długości przyprostokątnych równa jest kwadratowi długości przeciwprostokątnej.

$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ a^2+b^2=c^2$

Zauważmy, że $a^2,\ b^2,\ c^2$ wyrażają odpowiednio pola kwadratów boków $a,\ b,\ c$ oraz pole dowolnego kwadratu jest równe kwadratowi długości jego boku, dlatego twierdzenie Pitagorasa można również sformułować następująco:

Jeżeli trójkąt jest prostokątny, to suma pól kwadratów zbudowanych na przyprostokątnych jest równa polu kwadratu zbudowanego na przeciwprostokątnej.

przykład
Jak można uzasadnić prawdziwość twierdzenia Pitagorasa?

Weźmy dowolny trójkąt prostokątny $ABC$

Zbudujmy kwadrat, którego bokiem będzie bok $AC$ długości $c$

Jeśli na każdym boku tego kwadratu zbudujemy „nasz” trójkąt prostokątny, to otrzymamy figurę:

Dla jasności naszych rozważań wprowadźmy oznaczenia $D, \ E, \ F, \ G, \ H:$

Zauważmy, że trójkąty: $ABC, \ CDE, \ EFG, \ GHA$ są jednakowe (przystające), bo każdy z tych trójkątów jest „naszym” dowolnym trójkątem prostokątnym.

Tym samym

$\left|\angle BAC\right|=\left|\angle DCE\right|=\left|\angle FEG\right|=\left|\angle HGA\right| \ \ i \ \ \left|\angle ACB\right|=\left|\angle CED\right|=\left|\angle EGF\right|=\left|\angle GAH\right|$

oraz $\left|\angle ABC\right|=\left|\angle CDE\right|=\left|\angle EFG\right|=\left|\angle GHA\right|=90{}^\circ .$

Wiemy, że $\left|\angle BAC\right|+\left|\angle ACB\right|=180{}^\circ -\left|<br /> \angle ABC\right|=90{}^\circ .$

Ponieważ $\left|\angle GAH\right|=\left|\angle ACB\right|,$ to również $\left|\angle BAC\right|+\left|\angle GAH\right|=90{}^\circ .$

Stąd suma kątów $GAH, \ \angle GAC \ \ i \ \ \angle BAC$ wynosi:

$\left|\angle BAC\right|+\left|\angle GAH\right|+\left|\angle GAC\right|=90{}^\circ +90{}^\circ =180{}^\circ$

Analogicznie:

$\left|\angle DCE\right|+\left|\angle ACB\right|+\left|\angle ACE\right|=180{}^\circ$

$\left|\angle FEG\right|+\left|\angle CED\right|+\left|\angle CEG\right|=180{}^\circ$

$\left|\angle HGA\right|+\left|\angle EGF\right|+\left|\angle EGA\right|=180{}^\circ$

Zatem zbudowana przez nas figura jest kwadratem $BDFH$ o boku długości $a+b.$

Pole kwadratu $BDFH$ jest równe sumie pola kwadratu $ACEG$ i pól czterech przystających trójkątów $ABC, \ CDE, \ EFG, \ GHA.$

$P_{BDFH}=P_{ACEG}+4\cdot P_{\triangle ABC},$ bo $P_{\triangle ABC}=P_{\triangle CDE}=P_{\triangle EFG}=P_{\triangle GHA}$

Ponieważ $P_{BDFH}={\left(a+b\right)}^2, \ \ P_{ACEG}=c^2, \ \ P_{\triangle ABC}=\frac{ab}{2},$ więc